Сопряжённые числа

Н. Вагутен

Р’ этой работе РјС‹ рассмотрим СЂСЏРґ ситуаций, РІ которых число РІРёРґР° a + b√d полезно заменить сопряжённым a – b√d. РњС‹ СѓРІРёРґРёРј, как этот простой приём — замена знака перед радикалом — помогает РІ решении разнообразных задач алгебры Рё анализа — РѕС‚ нехитрых оценок Рё преобразований РґРѕ трудных олимпиадных задач Рё замысловатых РїСЂРёРґСѓРјРѕРє составителей конкурсных экзаменов.

Большинство наших примеров может служить первым знакомством с глубокими математическими теориями (кое-где мы указываем статьи и книги для продолжения знакомства). Среди задач, включённых в статью, две — из Задачника «Кванта» и несколько — из писем читателей, уже испытавших удовольствие от трюков с радикалами и желающих поделиться им с другими.

Пары сопряжённых чисел появляются вполне естественным образом, РєРѕРіРґР° РјС‹ решаем квадратное уравнение, Р° корень РёР· дискриминанта РЅРµ извлекается: скажем, уравнение λ2 – λ – 1 = 0 имеет пару «сопряжённых» корней:

К этому мы ещё вернёмся, а начнём с примеров другого рода: займёмся «перебросками»...

...Из числителя в знаменатель (и обратно)

Если РІ книжке указан ответ Рє задаче (3 + √7)/2, Р° Сѓ вас получилось 1/(3 – √7) — РЅРµ спешите искать ошибку РІ решении: ответ правильный — эти числа равны, потому что

(3 + √7)(3 – √7) = 32 – 7 = 2.

Вот несколько характерных примеров, где полезно перенести «иррациональность» из числителя в знаменатель или наоборот.

1. Найти сумму

Эта сумма мгновенно «сворачивается», если переписать её так:

(√2 – 1) + (√3 – √2) + ... + (√100 – √99) = –1 + 10 = 9.

По выражению из статьи [1] «остаются крайние» (см. также [5]).

2. Доказать, что для любых натуральных m и n

РіРґРµ α = √3 + √2.

Подобный факт мы использовали недавно при решении трудной задачи М514 ([2]).

В самом деле, всегда

поскольку число |m2 – 2n2| — целое и отлично от 0 (равенство m2= 2n2 невозможно — подумайте, почему!). Если бы выполнялось неравенство, противоположное (1), то должно было бы быть m

Но из (2) и (3) следует (1). Значит, наше предположение неверно, то есть (1) выполнено.

Неравенство (1) показывает, что число √2 сравнительно плохо приближается РґСЂРѕР±СЏРјРё СЃ небольшими знаменателями; аналогичное неравенство (только СЃ РґСЂСѓРіРёРј коэффициентом α) выполнено РЅРµ только для √2, РЅРѕ Рё для любой «квадратичной иррациональности». Разумеется, (1) выполнено Рё РїСЂРё всех α > √3 + √2, РЅРѕ константа √3 + √2 здесь РЅРµ наименьшая РёР· возможных. Р’РѕРїСЂРѕСЃС‹ Рѕ приближениях квадратичных иррациональностсй рациональными числами — далеко продвинутая Рё важная для приложений область теории чисел ([3], [4]); СЃ приближениями числа √2 РјС‹ ещё встретимся ниже (СЃРј. упражнение4).

[Если РїСЂРё решении этой задачи рассмотреть отдельно случаи n=1 Рё n≠1, то можно показать, что

Оно лишь немного сильнее, чем неравенство (1), поскольку

зато выглядит гораздо эффектнее.

РџРѕРјРЅСЋ, как РІ РјРѕСЋ бытность студентом, РЅР° лекциях РїРѕ алгебре наш профессор РіРѕРІРѕСЂРёР»: «Корень РёР· трёх — это, примерно, 1,73; корень РёР· РґРІСѓС… — 1,41. Поэтому РёС… СЃСѓРјРјР° равна... (следовала пауза, необходимая для сложения этих чисел "РІ столбик") 3,14. Рђ это есть?..В» (РѕРЅ поворачивался Рє аудитории Рё сразу несколько человек говорили "РїРё") «Ну, вот», — СЃ удовлетворением заключал профессор, выписывая окончательное "равенство": √3 + √2 = π.В  :) — E.G.A.]

3. Найдите предел последовательности an= (√nР† + 1 – n)n.

Преобразуем anтак:

Теперь ясно, что an возрастает и стремится к пределу 1/2.

Р’ противоположность предыдущему примеру здесь РјС‹ имеем дело СЃ хорошим приближением: √nР† + 1 – n

4 . Даны РґРІРµ последовательности an = √n+1 + √n Рё bn = √4n+2. Докажите, что

Р°)В  [an] = [bn],

б)  0 n – an

Р’ разности bn– an появляется «тройная иррациональность»; Рє таким иррациональностям РјС‹ ещё вернёмся (СЃРј. задачу8), РЅРѕ РїРѕРєР° РјС‹ будем рассматривать √n+1 + √n = an как РѕРґРЅРѕ целое. Заметим, что величина an2=2n+1+2√n(n+1), очевидно, заключена между 4n+1 Рё 4n+2=bn2, поскольку n n n — левое неравенство РІ Р±). РљСЂРѕРјРµ того, число bn2 = 4n+2, дающее РїСЂРё делении РЅР° 4 РІ остатке 2, РЅРµ может быть полным квадратом (проверьте!), поэтому квадрат целого числа [bn] РЅРµ больше 4n+1; РёР· неравенств [bn] ≤ √4n+1 nn вытекает Р°). Теперь осталось оценить разность bn– an сверху. Посмотрите, как здесь дважды работает переброска «сопряжённого» числа РІ знаменатель:

(тут, конечно, нам повезло:

разность квадратов (2n + 1)2 – 4n(n + 1) равна 1)

Заметим, что Рё эта оценка очень точная. РќРѕ убедиться РІ этом (Рё вообще исследовать поведение функции СЃ РјРЅРѕРіРёРјРё радикалами) лучше уже РЅРµ СЃ помощью алгебраических преобразований, Р° средствами анализа — заменить переменную n РЅР° h = 1/n Рё воспользоваться формулой Тейлора √1 + h = 1 + h/2 – h2/8 + ... (РЎРј. [6].)

Заменим плюс на минус

Мы уже говорили о пользе симметрии в геометрических задачах. Своего рода симметрией в алгебре является замена плюса на минус.

Так, если какое-либо выражение РѕС‚ √d равно p + q√d Рё РјС‹ РІСЃСЋРґСѓ РІ этом выражении заменим √d РЅР° –√d, то естественно ожидать, что РЅРѕРІРѕРµ выражение окажется равным сопряженному числу p – q√d. РњС‹ будем пользоваться таким очевидным частным случаем этого свойства (a Рё b — рациональны, √d — нет):

5. Доказать, что уравнение

(x + y√5)4 + (z + t√5)4= 2 + √5

не имеет решений в рациональных числах x, y, z, t.

Можно, конечно, найти отдельно СЃСѓРјРјСѓ членов левой части, РЅРµ содержащих √5 (РѕРЅР° должна быть равна 2), Рё отдельно — коэффициент РїСЂРё √5 (РѕРЅ должен равняться 1). РќРѕ что делать СЃ полученной РіСЂРѕРјРѕР·РґРєРѕР№ системой неясно. Вместо этого воспользуемся (4) Рё заменим плюс перед √5 РЅР° РјРёРЅСѓСЃ!

(x – y√5)4 + (z – t√5)4= 2 – √5.

Слева стоит неотрицательное число, справа — отрицательное.

6. Доказать, что существует бесконечно много пар (x;y) натуральных чисел, для которых x2 отличается от 2y2на 1:

Несколько таких пар с небольшими (x;y) легко найти подбором: это (1;1), (3;2), (7;5), (17;12), ... (рис.1). Как продолжить этот набор? Можно ли записать общую формулу для этих решений?

Найти ответы РЅР° эти РІРѕРїСЂРѕСЃС‹ нам поможет число 1 + √2. Закономерность, позволяющая получать РІСЃС‘ новые Рё новые решения (x;y), указана РІ таблице:

Какой будет шестая строчка?

Видно, что коэффициенты xn, yn в числе

xn + yn√2 = (1 + √2)n

будут давать нужную пару. Доказать это поможет колонка таблицы из сопряжённых чисел (мы снова применяем (4)):

xn – yn√2 = (1 – √2)n.

Перемножив два последних равенства, получим

и интересующее нас выражение попеременно равно то 1, то –1. Складывая и вычитая эти же два равенства, мы получим явное выражение для xn и yn:

Можно ли РІ решении этой задачи РїСЂРѕ целые числа обойтись без иррациональных чисел 1 + √2 Рё 1 – √2? Теперь, зная ответ, РјС‹ можем легко выразить (xn+1;yn+1) через предыдущую пару (xn;yn): РёР· xn+1 + yn+1√2 = (xn + yn√2)(1 + √2) вытекает

До этого рекуррентного соотношения можно было, видимо, догадаться по нескольким первым решениям, а потом проверить, что

Добавив начальное условие x1 = 1,  y1= 1, отсюда (по индукции) можно было бы заключить, что |xn2– 2yn2| = 1 для любого n. Далее, выразив обратно (xn;yn): через (xn+1;yn+1), «методом спуска» ([8]) можно доказать, что найденной серией исчерпываются все решения уравнения (5) в натуральных числах (x;y). Подобным же образом решается любое «уравнение Пелля» x2 – dy2= c (а к уравнениям такого типа сводится любое квадратное уравнение в целых числах x, y), но у исходного уравнения может быть несколько серий решений ([7]).

Рекуррентные соотношения типа (6) возникают не только в теории чисел, но и в разных задачах анализа, теории вероятностей. Вот характерный пример комбинаторной задачи такого типа (она предлагалась на последней международной олимпиаде в Лондоне):

7. В вершине A правильного восьмиугольника сидит лягушка. Из любой вершины восьмиугольника, кроме вершины E, противоположной A, она может прыгнуть в любую из двух соседних вершин. Попав в E, лягушка останавливается и остаётся там. Найти количество emразличных способов, которыми лягушка может попасть из вершины A в E ровно за m прыжков.

Если раскрасить вершины восьмиугольника через одну в чёрный и белый цвет (рис.2), сразу станет ясно, что e2k–1 = 0 при любом k: цвет вершин при каждом прыжке меняется. Обозначим через an и cn количество способов, которым лягушка может за 2n прыжков, попасть из вершины A, соответственно, в вершину A и в одну из вершин C (из соображений симметрии ясно, что в каждую из вершин, обозначенных на рисунке буквой C, можно попасть одним и тем же числом способов). Как легко проверить (см. рис.2а,б,в,г),

a1 = 2,В В  c1 = 1;

А интересующее нас число e2n равно, очевидно, 2cn–1 (рис. 2д).

Как же найти явную формулу для an и cn? Запишем наше рекуррентное соотношение (7) так:

и — как вы уже, конечно, догадались — ещё так:

Отсюда по индукции, пользуясь (7), получаем:

Поэтому

а так как e2n= 2cn–1, получаем окончательно

Задача решена. Неясно только, как РІ этой задаче (Рё РІ предыдущей задаче6) можно было додуматься РґРѕ формул, содержащих В±√2, — ведь РІ задаче речь идёт Рѕ целых числах! (Для участников олимпиады Рё читателей «Кванта» задача7 была облегчена тем, что РІ формулировке указывался ответ — «Квант», 1979, в„–11, Рњ595).

Однако «сопряжённые числа» возникли Р±С‹ совершенно автоматически, если Р±С‹ РјС‹ владели началами линейной алгебры (СЃРј.[12]), Рё применили стандартные правила этой науки Рє решению уравнений (7). Эти правила предлагают сначала выяснить, какие геометрические прогрессии (an = a0λn, cn = c0λn) удовлетворяют данному рекуррентному соотношению. Значения, для которых такие прогрессии существуют, — РѕРЅРё называются характеристическими значениями или собственными числами — определяются РёР· некоторого уравнения (РѕРЅРѕ тоже называется характеристическим). Для (7) характеристическое уравнение имеет РІРёРґ λ2 – 4λ + 2 = 0, его РєРѕСЂРЅРё — как раз 2 + √2 Рё 2 – √2. Зная эти РєРѕСЂРЅРё, любое решение рекуррентного соотношения РјС‹ можем получить как «линейную комбинацию» соответствующих геометрических прогрессий ([11]). «Начальное условие» (РІ нашем случае a1 = 2, c1 = 1) определяет нужное нам решение однозначно.

Неудивительно, что даже самые простые рекуррентные целочисленные последовательности, для которых характеристическое уравнение — квадратное с целыми коэффициентами (примеры — те же (6) и (7) или последовательность Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, ..., Fn+1= Fn + Fn–1; см.[9], [10]), выражаются, как функции номера, с помощью «сопряжённых» квадратичных иррациональностей.

Заметим, что большее характеристическое число определяет скорость роста последовательности: РїСЂРё больши́С… n РІ задаче7 en В» (2 + √2)n/√2. Можно сказать это ещё так:

Для задачи 6 аналогичное наблюдение:

Интересное продолжение этого факта РјС‹ СѓРІРёРґРёРј РІ следующей задаче СЃ Р±Рѕ́льшим числом «сопряжённых» иррациональностей.

Поочерёдно меняем все знаки

8. Пусть

(1 + √2 + √3)n = qn+ rn√2 + sn√3 + tn√6,

где qn, rn, sn и tn — целые числа. Найти пределы

Конечно, мы здесь можем выразить (qn+1; rn+1; sn+1; tn+1) через (qn; rn; sn; tn), пользуясь тем, что

qn+1+ rn+1√2 + sn+1√3 + tn+1√6 = (1 + √2 + √3)(qn+ rn√2 + sn√3 + tn√6),

но, наученные опытом, мы уже знаем, что более простые формулы получаются не для самих чисел qn, rn, sn, tn, a для некоторых их комбинаций. Одну такую комбинацию мы уже знаем: это

qn + rn√2 + sn√3 + tn√6 = (1 + √2 + √3)n.

Нетрудно сообразить, каковы будут другие. Рассмотрим вместе с данным числом

λ1= 1 + √2 + √3,

ещё три «сопряжённых»:

λ2= 1 – √2 + √3,В В  λ3 = 1 + √2 – √3,В В  λ4 = 1 – √2 – √3.

РўРѕРіРґР°

qn – rn√2 + sn√3 – tn√6 = λ2n,

qn + rn√2 – sn√3 – tn√6 = λ3n,

qn – rn√2 – sn√3 + tn√6 = λ4n.

РњС‹ можем выразить qn, rn, sn, tn через λ1, λ2, λ3, λ4:

Теперь заметим, что λ1 > |λ2|, λ1 > |λ3|, λ1 > |λ4|. Поэтому

Аналогично найдём, что

РњС‹ говорили выше, что сопряжённые числа a В± b√d возникают часто как РєРѕСЂРЅРё квадратного уравнения СЃ целыми коэффициентами. Р’ СЃРІСЏР·Рё СЃ последней задачей возникает такое желание:

9. Написать уравнение СЃ целыми коэффициентами, РѕРґРёРЅ РёР· корней которого равен 1 + √2 + √3.

Возникает подозрение, что вместе СЃ этим числом λ1 уравнению СЃ целыми коэффициентами удовлетворяют Рё сопряжённые, которые РІ решении предыдущей задачи РјС‹ обозначили λ2, λ3, λ4. Нужное уравнение можно записать так:

(x – λ1)(x – λ2)(x – λ3)(x – λ4) = 0;

то есть

(x – 1 – √2 – √3)(x – 1 + √2 – √3)Ч  (x – 1 – √2 + √3)(x – 1 + √2 + √3) = 0;

после преобразований получаем

((x – 1)2– 5 – 2√6)В·((x – 1)2 – 5 + 2√6) = 0,В  (x2– 2x – 4)2 – 24 = 0,В  x4– 4x3 – 4x2 – 16x – 8 = 0.

Именно такое уравнение получилось бы в качестве характеристического, если бы мы применили упомянутую мелким шрифтом в конце предыдущего раздела общую теорию к исследованию линейного преобразования

(qn; rn; sn; tn) → (qn+1; rn+1; sn+1; tn+1)

РІ предыдущей задаче. Заметим, РєСЂРѕРјРµ того, что РјС‹ РЅР° самом деле получили уравнение наименьшей степени (СЃ целыми коэффициентами) СЃ корнем λ1 = 1 + √2 + √3. Попробуйте это доказать!

Алгебраическое послесловие

Мы разобрали несколько примеров, в которых затрагивались пограничные вопросы алгебры, математического анализа и теории чисел. (Каждому направлению, которое мы наметили, можно было бы посвятить более подробную статью в «Кванте»!) В заключение покажем ещё, как можно смотреть на основных героев статьи — «сопряжённые числа» — с чисто алгебраической точки зрения.

Предположим, что Сѓ нас есть множество P чисел (или выражений СЃ буквами, или ещё каких-то элементов), СЃ которыми можно выполнять четыре действия арифметики СЃ соблюдением обычных арифметических правил. Такое множество называется полем; поля образуют, например, рациональные Рё действительные числа. Если РІ поле P РЅРµ разрешимо, скажем, уравнение x2 – d = 0, то можно расширить его, рассматривая элементы РІРёРґР° p + q√d, РіРґРµ p, q Рћ P, a √d — новый СЃРёРјРІРѕР», который РїСЂРё умножении сам РЅР° себя дает d, С‚.Рµ. √dВ·√d = d, так что

(p + q√d)В·(p' + q'√d) = (pp' + qq'd) + (pq' + qp')√d.

При d = –1 расширением поля вещественных чисел получаются комплексные числа.

Р’ РЅРѕРІРѕРј поле P1— «квадратичном расширении» поля P — есть интересное отображение λ = p + q√d → λ = p – q√d (своеобразная «алгебраическая симметрия»), называемое сопряжением, СЃ такими свойствами:

Все элементы старого поля P переходят в себя;

Все равенства, содержащие арифметические операции, при этом отображении сохраняются:

Это отображение является частным случаем так называемых автоморфизмов Галуа расширения P1поля P.

Р’ задачах 8 Рё 9 РјС‹ видели пример «двукратного» расширения — присоединения √2 Рё затем √3, — РІ результате которого получилось поле СЃ Р±Рѕ́льшим количеством автоморфизмов Галуа: РєСЂРѕРјРµ тождественного отображения, РёС… уже три

(√2 → –√2,В  √3 → √3;√2 → √2,В  √3 → –√3;√2 → –√2,В  √3 → –√3),

и их «взаимодействие» устроено так же, как во множестве самосовмещений прямоугольника.

Оказывается, к основному полю можно присоединять корни любого алгебраического уравнения. Автоморфизмы возникающего нового поля — предмет одной из красивейших ветвей алгебры XIX–XX века, теории Галуа, которая позволяет, в частности, исследовать вопрос о разрешимости уравнений в радикалах ([13], [14]).

Мы закончим эту статью набором задач, в основном продолжающих уже затронутые темы, но требующих иногда и новых соображений, и обещанным списком литературы.

Список литературы

1. Л.Курляндчик, А.Лисицкий. «Суммы и произведения» («Квант», 1978, №10). назад к тексту

2. Второе решение задачи М514 («Квант», 1979, №5, с.26). назад к тексту

3. Р.Нивен. «Числа рациональные и иррациональные» (М., «Мир», 1966). назад к тексту

4. Д.Фукс, М.Фукс. «О наилучших приближениях» («Квант», 1971, №6, №11) и «Рациональные приближения и трансцендентность» («Квант», 1973, №1). назад к тексту

5. Н.Васильев, В.Гутенмахер. «Прямые и кривые» (М., «Наука», 1978), с.103–105. назад к тексту

6. А.Н.Маркушевич. «Ряды» (М., «Наука», 1979). назад к тексту

7. Избранные задачи из журнала American Mathematical Monthly (М., «Мир», 1977), с.560–561. назад к тексту

8. Л.Курляндчик, Г.Розенблюм. «Метод бесконечного спуска» («Квант», 1978, №1). назад к тексту

9. В.Березин. «Филлотаксис и последовательность Фибоначчи», («Квант», 1979, №5, с.53). назад к тексту

10. Н.Н.Воробьев. «Числа Фибоначчи» (Популярные лекции по математике, вып.6) (М., «Наука», 1978). назад к тексту

11. А.И.Маркушевич. «Возвратные последовательности» (Популярные лекции но математике, вып.1) (М., «Наука», 1978). назад к тексту

12. Л.И.Головина. «Линейная алгебра и некоторые её приложения» (М., «Наука», 1979). назад к тексту

13. М.М.Постников. «Теория Галуа» (М., Физматгиз, 1963). назад к тексту

14. Ван-дер-Варден. «Алгебра» (М., «Наука», 1976). назад к тексту